Chương 3: Lý thuyết qui hoạch tuyến tính docx

Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́

Chương III : LÝ THUYẾT QUI HOẠCH TUYẾN TÍNH
§1 Bài tốn Qui hoạch tuyến tính (QHTT) dạng cơ bản
1.1 Dạng tốn học
Bài tốn :
Tìm các số thực xj, j = 1,2,…,n, làm cực tiểu hàm số
n

Z = ∑ c jx j
j =1

(1.1)

thỏa mãn các ràng buộc
n

∑ a ij x j ≥ bi ,

i = 1, 2,..., m

j= &

(1.2)

x j ≥ 0,
j = 1, 2....., n
(1.3)

Trong đó cj, aij, bi, i = 1,2, ……,m ; j = 1,2,….,n là những số thực
cho trước.
Bài toán (1.1) – (1.3) gọi là bài toán QHTT dạng cơ bản. Người ta có
thể phát biểu bài tốn (1.1) – (1.3) dưới dạng ma trận như sau :
Tìm vectơ x* = (x*1, x*2,…, x*n) thoả mãn :
Z* = c, x * = min c, x
x∈X

(1.4)

X = { x ∈ R / Ax ≥ b, x ≥ 0}
Với
(1.5)
Trong đó A là ma trận thực cấp (mxn) ; c là vectơ n chiều, b –vectơ m
chiều cho trước.
n

Ký hiệu : Ai., i = 1,2,…, m là các n-vectơ hàng của A. Khi đó bài tốn
QHTT (1.4)-(1.5) cịn có thể viết thành :
Tìm x* thoả mãn
Z* = c, x * = min c, x

{

x∈X

(1.4)

}

X = x ∈ R n / A i; , x ≥ b i ,i = 1, 2,..., m; x ≥ 0

(1.6)

Các ký hiệu và khái niệm ở bài toán (1.1) – (1.3) :
• Hàm Z trong (1.1) gọi là hàm mục tiêu, vì nó biểu diễn mục tiêu của việc
giải bài tốn1
1

Trong thực tế có thể địi hỏi mục tiêu là tìm cực đại. Tuy nhiên dễ dàng chuyễn đổi từ mục tiêu
tìm cực đại về mục tiêu tìm cực tiểu bằng cách đặt Z’ = -Z.

Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 55


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
•
•
•

•
•

Hệ (1.2) gọi là hệ các ràng buộc, vì nó biểu diễn các ràng buộc của bài
tốn. Vì vậy, các vectơ hàng A i., i =1,2,…,m, được gọi là các vectơ ràng
buộc.
Hệ (1.3) cũng là hệ ràng buộc. Nhưng do có cấu trúc đặc biệt và hạn chế

về dấu của các biến số nên gọi là hệ các hạn chế.
Một vectơ x thoả mãn đồng thời hệ (1.2) và (1.3) gọi là một phương án
hoặc là một lời giải chấp nhận được của bài toán QHTT 2
Tập hợp X gồm các phương án (hoặc lời giải chấp nhận được) gọi là tập
chấp nhận được.
Một phương án x* ∈ X tại đó hàm mục tiêu (1.1) đạt giá trị nhỏ nhất
(thỏa mãn (1.1) hoặc (1.4)) gọi là một phương án tối ưu.

Lý thuyết Qui hoạch tuyến tính bao gồm việc nghiên cứu để trả lời hai
câu hỏi chủ yếu xoay quanh việc giải quyết bài toán QHTT :
1) Tồn tại hay không một phương án tối ưu như vậy ? và
2) Nếu tồn tại một phương án tối ưu thì làm cách nào để tìm ra
phưpơng án tối ưu đó.
Thơng thường đối với một bài tốn đặt ra từ thực tế sản xuất kinh
doanh có một số rất lớn các phương án giải quyết (thực hiện). Số phương án
này có thể lớn đến nỗi mà trong khuôn khổ những phương tiện và khả năng
cho phép người ta khơng thể tìm ra được phương án tối ưu (cho giá trị hàm
mục tiêu nhỏ nhất hoặc lớn nhất). Vì vậy, cần phải tìm ra các điều kiện để
nhận biết một phương án là phương án tối ưu và phát triễn các phương pháp
để chỉ cần xét một số (đủ nhỏ) các phương án người ta có thể tìm ra phương
án tối ưu (nếu như có phương án như vậy).
Vì bài tốn QHTT là trường hợp đặt biệt của bài toán Qui hoạch lồi
nên các điều kiện để nhận biết một phương án là tối ưu đã được nêu ở phần
cuối chương II. Sự tồn tại một phương án tối ưu của bài toán qui hoạch lồi
được đảm bảo bằng sự tồn điểm yên ngựa của hàm Lagrange tương ứng và
lời giải của hệ các điều kiện Kuhn-Tucker. Tuy nhiên, cũng có trường hợp
bài tốn qui hoạch lồi có lời giải tối ưu nhưng hàm Lagrange tương ứng
khơng có điểm yên ngựa.
Do cấu trúc đặt biệt của bài toán QHTT người ta có thể đưa ra các
điều kiện tồn tại phương án tối ưu mà không cần phải dựa vào sự tồn tại

điễm yên ngựa, tức là không cần phải tiến hành giải quyết hệ thống bất đẵng
thức Kuhn-Tucker. Đây chính là nội dung của lý thuyết qui hoạch tuyến tính.
1.2 Các tính chất của bài tốn QHTT
2

Từ « phương án » được sử dụng vì phương pháp qui hoạch tuyến tính thường được áp dụng để
giải quyết các bài toán xuất phát từ thực tế sản xuất, kinh doanh. Ở đó người ta thường khảo sát một
số các phương án sản xuất có thể để tìm ra phương án sản xuất thỏa mãn một cách tốt nhất mục tiêu
đã đề ra.

Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 56


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
Dựa vào cấu trúc đơn giản của bài tốn QHTT người ta có thể chứng
minh các tính chất cơ bản như sau :
Tính chất 1 : Nếu tập chấp nhận được của bài toán QHTT là khơng rỗng thì
đó là một tập lồi đa diện và có ít nhất một điểm cực biên ; đồng
thời số điểm cực biên là hữu hạn.
Chứng minh : Định lý này được suy ra trực tiếp từ định lý 5, chương I cho
trường hợp bài toán Qui hoạch lồi với ràng buộc tuyến tính. Trong đó hệ
ràng buộc và hạn chế (1.2) và (1.3) chương này chỉ là trường hợp đặt biệt
của hệ (5.1)(5.2) chương I.ª
Tính chất 2 : Nếu tập chấp nhận được X khác trống và hàm mục tiêu (1.1) bị
chặn dưới trên tập X thì tồn tại phương án cho giá trị hàm mục
tiêu nhỏ nhất (phương án tối ưu); tức là bài toán QHTT giải
được.

Chứng minh : Hệ ràng buộc xác định tập X rõ ràng có hạng bằng n vì có
chứa n vectơ đơn vị e j ứng với e j , x ≥ 0 j = 1,2,…,n . Vì vậy có thể áp dụng
định lý 5.6 chương I (định lý biểu diễn mở rộng cho tập lồi đa diện). theo đó,
p

nếu x∈X thì sẽ tồi tại xi∈ X , λi ≥ 0, i = 1,2,…,p, với ∑ λ i = 1 và các βj ≥ 0,
00

i =1

3

lj, j = 1, 2,…,q , để cho
p

q

i =1

j =1

x = ∑ λi x i + ∑ β jl j

(1.7)

Trong đó lj, j = 1, 2,…,q, là vectơ định hướng của các cạnh không bị chặn
của X. Theo giả thiết hàm mục tiêu Z = c, x bị chặn trên X , tức là tồn tại µ
∈ R, để cho
∀ x∈X : Z = c, x ≥ µ
(1.8)

Từ (1.7) và (1.8) kéo theo
p

q

∀ x∈X : µ ≤ c, x = ∑ λ i c, x i + ∑ β j c,l j
i =1
j =1

(1.9)

Bạn đọc dễ dàng suy ra rằng bất đẵng thức này chỉ đúng với mọi phần tử
trong X, nếu c,l j ≥ 0, ∀j = 1, 2,...,q . Do đó
p

∀ x∈X : c, x ≥ ∑ λ i c, x i
i =1

(1.10)

3

Không giảm tổng qt, có thể coi p là tồn bộ các điểm cực biên, q là tồn bộ các cạnh khơng bị
chặn của X. Theo tính chất 1 thì p, q là hữu hạn. Nếu có điểm cực biên hoặc cạnh khơng bị chặn
nào đó khơng xuất hiện trong dạng biểu diễn (1.7) thì ta xem như chúng xuất hiện với hệ số λi hoặc
βj tương ứng bằng 0.

Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 57

Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
Chọn x0 với
c, x 0 = min c, x i
i =1,2,...,p

(1.11)

Điểm x0 ∈X như vậy phải tồn tại vì p hữu hạn. Khi đó theo (1.10) thì
0
∀ x∈X : c, x ≥ c, x
(1.12)
Chúng tỏ x0 là điểm cực tiểu của Z trên X và do đó là lời giải của bài tốn
QHTT (1.1)-(1.3).ª
Tính chất 3 : Nếu bài tốn QHTT (1.1)-(1.3) giải được thì sẽ tồn tại ít nhất
một điểm cực biên của X để cho giá trị tối ưu Z min đạt được tại
đó. Tức là tồn tại x0 ∈X để cho :
0
Zmin = c, x = min c, x i
x∈X

Chứng minh : Suy ra từ phần chứng minh ở tính chất 2, cơng thức (1.11) và
(1.12).
Các tính chất này cho phép giải bài toán QHTT bằng cách thiết lập tất cả
các điểm cực biên của X (nếu X ≠∅) và so sánh giá trị hàm mục tiêu Z tại
các điểm cực biên ấy. Từ đó tìm ra lời giải tối ưu hoặc nhận biết được rằng
bài tốn khơng giải được. Tuy nhiên hầu hết các bài toán thực tế thường
chứa rất nhiều biến số và rất nhiều ràng buộc. Do đó một phương pháp như

vậy hồn tồn khơng có hiệu quả do tốn kém về thời gian và chi phí và cũng
khơng có ý nghĩa.
Lý thuyết QHTT, ngồi việc nghiên cứu và tìm ra các tính chất như
trên, cịn phát triễn các phương pháp cho phép xác định một số rất ít các
điểm cực biên của tập X để tìm ra điểm cực biên tối ưu. Chương sau sẽ trình
bày các phương pháp số để giải bài toán QHTT ở nhiều dạng khác nhau.
Phần tiếp theo đây sẽ mô tả phương pháp đồ thị (hay cịn gọi là phương pháp
hình học hoặc ý nghĩa hình học) để giải bài tốn trên. Do phương pháp này
chỉ áp dụng cho trường hợp 2 chiều (hai biến) hoặc tối đa là 3 chiều (ba biến)
nên khơng có ý nghĩa thực tiễn. Dù vậy, việc nghiên cưú phương pháp cũng
giúp cho người học hiểu rõ thêm các tính chất của bài tốn QHTT và ngun
lý thực hiên Phương pháp đơn hình ở chương sau.
§2 Phương pháp hình học giải bài toán QHTT (1.1)-(1.3)
Mặt dù phương pháp hình học khơng cị ý nghĩa nhiều trong việc giải các
bài tốn QHTT trong thực tế vì các bài tốn này thường có rất nhiều ràng
buộc và rất nhiêu các biến số. Tuy nhiên việc trình bày phương pháp hình
học cũng sẽ minh họa được các tính chất của bài toán QHTT nêu trên.
Phương pháp này chủ yếu bao gồm hai bước cơ bản :
1) Thiết lập miền chấp nhận được X
Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 58


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
2) Tìm giá trị cực tiểu (hoặc cực đại) của Z trên miền đó.
2.1 Thiết lập miền chấp nhận được X
Trên mặt phẳng tọa độ x20x1, mỗi ràng buộc ở (1.2) có thể được viết
thành :

a1x1 + a2x2 ≥ b 4)
(2.1)
Phần mặt phẳng giới hạn bởi điều kiện (2.1), chúng ta quen gọi là nửa không
gian (hoặc nửa mặt phẳng), được giới hạn bởi đường thẳng
a1x1 + a2x2 = b
(2.2)
Vì vậy, để xác định phần mặt phẳng giới hạn bởi (2.1) trước hết cần vẽ
đường thẳng (2.2). Ta phân biệt 2 trường hợp :

α) b = 0. Đường thẳng (2.2) trở thành
a1x1 + a2x2 = 0
(2.3)
Ở trường hợp này (2.2) là đường thẳng qua gốc tọa độ. Chỉ cần xác
định thêm một điểm nữa thì có thể vẽ được đường thẳng đó. Giả sử đã vẽ
xong đường thẳng (2.2). Dường thẳng này qua gốc tọa độ và chia mặt phẳng
thành hai nửa mặt phẳng. Để xác định xem nửa mặt phẳng nào ứng với ràng
buộc (2.1) người ta chỉ cần chọn một điểm x*= (x 1*,x2*) bất kỳ khơng nằm
trên đường thẳng (2.3). Sau đó thay x 1 = x1*, x2 = x2* vào (2.3). Nếu a1x1* +
a2x2* > 0 thì nửa mặt phẳng tương ứng là nửa mặt phẳng chứa gốc 0 = (0,
0). Trong trường hợp ngược lại thì nửa mặt phẳng phải tìm là nửa mặt
phẳng khơng chứa gốc tọa độ
β) b ≠ 0. Khi ấy phương trình đường thẳng (2.2) trở thành
a1
a
x1 + 2 x 2 = 1
(2.4)
b
b
Dễ thấy rằng, đường thẳng (2.4) cắt trục Ox 2 tại điểm C = (0, b/a 2), nếu a2 ≠
0 hoặc sẽ song song với Ox 2 ở trường hợp ngược lại. Đường thẳng này cũng

cắt 0x1 tại điểm D = (b/a1, 0), nếu a1≠ 0 hoặc song song với 0x1. Sau khi xác
định được hai điểm C và D. Nối hai điểm đó ta sẽ có được đường thẳng
(2.4). Việc xác định phần mặt phẳng ứng với (2.1) được tiến hành đơn giản
hơn. Cụ thể như sau :
a) Nếu b > 0 thì nửa mặt phẳng phải tìm khơng chứa gốc tọa độ.
b) Khi b < 0 thì nửa mặt phẳng tương ứng là nửa mặt phẳng chứa
gốc tọa độ.
Để đánh dấu nửa mặt phẳng tương ứng người ta thường dùng ký hiệu
mũi tên «
». Theo đó phần mặt phẳng hướng theo chiều mũi tên là phần
mặt phẳng phải tìm.
4

Để đơn giản ký hiệu, chúng ta bỏ chi số thứ nhất (chỉ số ứng với các hàng của A)

Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 59


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
Sau khi đã xác định các phần mặt phẳng ứng với m ràng buộc dạng (2.1).
Tập chấp nhận được X sẽ là phần giao của m phần mặt phẳng này với góc
phần tư thứ nhất (I) của mặt phẳng tọa độ x 20x1. Nếu phần giao này khơng
rỗng, tức X ≠∅, tức là bài tốn QHTT có phương án chấp nhận được
(Hình ). Trong trường hợp ngược lại, X = ∅ và bài toán QHTT khơng giải
được (các ràng buộc mâu thuẩn nhau).
x2
X

0

x1
Hình 3.1

2.2 Tìm lời giải tối ưu
1) Biểu diễn hàm mục tiêu:
Sau khi đã biể diễn tập chấp nhận được X và giả sử X ≠∅. Bước tiếp
theo là tìm trên tập X một điểm x* cho giá trị hàm mục tiêu Z nhỏ nhất. Ở
trường hợp hai chiều hàm mục tiêu (1.1) hoặc (1.4) có dạng:
Z = c1x1 + c2x2
(2.5)
Giả sử c1≠ 0 hoặc c2 ≠ 0.5
a) Khi c2 ≠ 0. Hàm (2.5) trở thành
c
Z
x 2 = − 1 x1 +
(2.6)
c2
c2
Khi Z biến thiên, (2.6) biểu diễn một lớp các đường thẳng song song cắt trục
0x2 tại các điểm (0,Z/c2) và có cùng hệ số góc (– c1/c2). Đặc biệt ứng với Z =
0, đường thẳng (2.6) sẽ đi qua gốc tọa độ. Do vậy, ban dầu sau khi đã xác
định X, người ta sẽ vẽ đường thẳng (2.6) ứng với Z = 0.
b) Khi c1 ≠ 0, c2 = 0. Hệ đường thẳng (2.6) trở thành
Z
x1 =
(2.7)
c1

Đây là hệ các đường thẳng vng góc với trục 0x 1 tại điểm (Z/c1, 0). Người
ta dễ dàng vẽ được đường thẳng này ứng với giá trị Z bất kỳ.
5

Trường hợp c1 = c2 = 0 sẽ làm cho bài tốn QHTT khơng có ý nghĩa kinh tếđồng thời
cũng khơng có ý nghĩa tốn học. Vì khi đó phương án nào cũng là phương án tối ưu.

Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 60


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
3) Tìm giá trị tối ưu :
Khi c2 ≠ 0. Người ta phân biệt 2 trường hợp nhỏ :
α) Với c2 > 0, ta nhận thấy giá trị Z/c 2 giảm khi và chỉ khi Z giảm và
ngược lại. Vì vậy, đường thẳng ứng với giá trị Z nhỏ nhất là đường thẳng
thấp nhất mà có phần giao khác trống với tập chấp nhận được X. Để tìm
đường thẳng này chỉ cần tịnh tiến đường thẳng
c
x 2 = − 1 x1
c2
ứng với giá trị Z = 0 lên phía trên cho đến khi cắt (hoậc tiếp xúc với) miền
chấp chấp nhận được. Đây là đường thẳng ứng với giá trị Z tối ưu. (Hình )
Tương tự, nếu c1 > 0, c2 = 0 thì đường thẳng đầu tiên ở bên trái có giao khác
trống với X sẽ là đường thẳng ứng với giá trị Z nhỏ nhất.
β) Khi c2 < 0, giá trị Z/c2 giảm khi và chỉ khi Z tăng và ngược lại. Vì
vậy, đường thẳng ứng với giá trị Z nhỏ nhất là đường thẳng cao nhất mà có
phần giao khác trống với tập chấp nhận được X. Để tìm đường thẳng này chỉ

cần tịnh tiến đường thẳng
c
x 2 = − 1 x1
c2
ứng với giá trị Z = 0 lên phía trên cho đến khi rời khỏi miền chấp chấp nhận
được. Đường thẳng cuối cùng cắt hoặc tiếp xúc với X đường thẳng ứng với
giá trị Z tối ưu. (Hình 3.2)
Tương tự, nếu c1 < 0, c2 = 0 thì đường thẳng cuối cùng ở bên phải có
giao khác trống với X sẽ là đường thẳng ứng với giá trị Z nhỏ nhất.
x2

c2 > 0

x2

c2 = 0, c1 > 0

Zmin/c2
X
X

X

x2*
0

x1*
c
x 2 = − 1 x1
c2

x 2*
x1

0 Zmin/c1= x1*

Hình 3.2

Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 61

x1


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
x2

c2 < 0

x2

c2 = 0, c1 < 0

XXX
X

X

x2*

x2*

0

x2 = −

x1*

c1
x1
c2

x1

x2 = −

0

Z min/c1= x1*

c1
Z
x1 + min
c2
c2
Hình 3.3

 Zmin 

 Zmin
Giá trị tối ưu là Zmin = 
÷c 2 hoặc Z min = 
 c2 
 c1
Phương án tối ưu là x1 = x1*, x2 = x2*


÷c1


2.3 Ví dụ minh họa :
Để làm ví dụ minh họa ta xét các bài tốn QHTT sau đây :Tìm x1, x2 sao
cho :
1)
Z = 2x1 + 3x 2 → min

2)
Z = 6x1 + 10x 2 → max

+x2
 x1
 6x
+2x 2
1

 x1
+5x 2



 x1

x2

 x1 ≥ 0; x 2


+5x 2
 3x1

+2x 2
 5x1
 x ≥ 0; x
2
 1

≤
≥
≥
≤
≤
≥

4
6
4
3
2
0

≤ 15
≤ 10
≥ 0

3)
Z = 2x1 + 3x 2 → max

4)
Z = 5x1 + 3x 2 → min

−x 2
 x1

−2x 2
 x1
 x ≥ 0; x
2
 1

−x 2
 − x1

+2x 2
 2x1
 x ≥ 0; x
2
 1

≥ −1
≥ −4

≥ 0

≥ −1
≥ 4
≥ 0

Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 62


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
Z = −3x1 + 5x 2 → min
5)

+x2
 − x1

 −3x1 + x 2
 x ≥ 0; x
2
 1

≤ 0
≥ 2
≥ 0

Bài giải :
1) Các đường thẳng tương ứng sẽ là :

x2

1
x1
4
x1
1
x1
4
x1
x1 = 0;

1
+ x2
4
1
+ x2
3
5
+ x2
4
x2
x2

=

1

(I)

=

1

(II)

=

1 (III)

= 3 (IV)
= 2 (V)
=
0

(II)
2
(V)
Z min/3
4/5
x2*
0

A

X

x1*

3

Z=0

4

x1

(IV)
Zmin= 49/14

(I)

Hình 3.4
2
Z
Ở đây, đường thẳng hàm mục tiêu có dạng : x 2 = − x1 + .
3
3
Vì c2 = 3 > 0 và cần tìm Zmin nên phải tịnh tiến đường thẳng hàm mục tiêu
ứng với Z = 0 lên phía trên cho đến khi tiếp xúc với miền chấp nhận được X
thì dừng lại. Đây là đường thẳng ứng với giá trị Z nhỏ nhất (là đường thẳng
thấp nhất). Điểm tiếp xúc là giao điểm của hai đường thẳng (II) và (III).
Bằng cách chiếu thẳng góc lên hai trục tọa độ 0x 1, 0x2, ta sẽ tính được các
giá trị x1*, x2* ứng với với giá trị tối ưu Z*= Z min. Tuy nhiên, bằng cách giải
hệ 2 phương trình (II), (III) có thể tính được các giá trị này là : x1* = 11/14 ;
x2* = 9/14. Khi đó OA = Zmin/3 = 49/42, và do vậy Zmin = 49/14. Vì đường
thẳng tối ưu chỉ tiếp xúc với tập X ở duy nhất một điểm nên bài toán QHTT
đang xét chỉ có duy nhất một phương án tối ưu ; đó là một điểm cực biên của
X.
Tương tự, lời giải ứng với các bài toán kế tiếp như sau :

Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 63

(III)


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
2)

x2

3) x2

Zmax/10= 3 A B
x2* 2
X

(II)

(I)
0

(I)

X

1

x1* 2 (II)

5

x1

-1

0

x1

Hình 3.5
Ở bài 2, đường thẳng hàm mục tiêu 6x 1 + 10x2 = Z có hệ số góc trùng
với đường thẳng
1
1
x1 + x 2 = 1
(I) :
5
3
Do hệ số c2 = 10 > 0, nên đường thẳng ứng với giá trị Z max sẽ là đường thẳng
cao nhất có phần chung với tập X. Phần chung giữa đường thẳng này với tập
X là cạnh AB (có hai điểm cực biên là A và B). Đây cũng chính là hai lời
giải cơ sở tối ưu : A = (0, 3) và B = (20/19 ; 45/19). Giá trị tối ưu Zmax = 30.
Dễ thấy rằng cạnh AB là một diện của đa diện lồi X. Do đó mọi
điểm trên AB đều là lời giải tối ưu. Chúng la tổ hợp lồi của hai lời giải cực
biên A va B. Trong trường hợp này bài tốn QHTT có vơ số lời giải tối ưu.
Ở bài 3, X là tập hợp khơng bị chặn ; đó là tập lồi đa diện. Đường

2
Z
thẳng biểu diễn hàm mục tiêu tương ứng có dạng : x 2 = − x1 + . Vì c3 = 3
3
3
> 0, nên để tìm giá trị Z lớn nhất phải tịnh tiến đường thẳng hàm mục tiêu
lên phía trên. Tuy nhiên, do tập chấp nhận được X không bị chặn nên sẽ
không tồn tại đường thẳng cao nhất có phần chung khơng rỗng với tập X.
Điều này cho thấy hàm mục tiêu không bị chặn trên. Do dó bài tốn QHTT
khơng có lời giải tối ưu (Z → ∞).
4) Ở hai bài toán 4 và 5 tập chấp nhận được X tà tập rỗng (Hình ) :
x2

x2
2

(I)

(II)

1
-2/3

1

1
2
0

1

x1
(I)

4)

(II)

5)
Hình 3.6a

Hình 3.6b

Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 64


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
Ở bài 4 hai ràng buộc mâu thuẩn nhau. Các nửa không gian tương ứng khơng
có điểm chung. Tức là X = ∅ (Hình 3.6a). Trong bài 5, hai nửa mặt phẳng
tương ứng có phần chung khác trống nhưng khơng nằm trong góc phần tư
thứ I mà trong góc phần tư thứ III. Vì vậy X = ∅. (Hình 3.6b).
Năm ví dụ trên đây, một lần nửa, cho thấy rõ các tính chất cơ bản của bài
toán QHTT là :
i)

Nếu miền chấp nhận được khác trống thì nó là tập lồi đa diện (và là
đa diện lồi, nếu bị chặn) và có hữu hạn điểm cực biên.

ii) Nếu miền chấp nhận được của bài toán QHTT khác trống và hàm
mục tiêu bị chặn dưới (tương ứng : bị chặn trên) thì bài tốn có lời
giải tối ưu.
iii) Nếu bài tốn QHTT có lời giải tối ưu thì sẽ tồn tại ít nhất một điểm
cực biên là lời giải tối ưu.(Ở bài tốn 2 có hai diểm cực biên tối ưu,
nên có vơ số lời giải tối ưu và tập hợp các lời giải tối ưu biểu diễn
một diện của tập chấp nhận được X).
Vì vậy, để giải bài tốn QHTT, nếu như khơng có điều kiện nào khác,
chỉ cần xét các điểm cực biên của tập chấp nhận được ; so sánh giá trị hàm
mục tiêu ở các điểm ấy, sẽ tìm ra giá trị tối ưu hoặc chứng tỏ rằng bài tốn
QHTT khơng giải được.
§3 Bài tốn qui hoạch tuyến tính đối ngẫu

Tính chất của cặp bài toán QHTT đối ngẫu
3.1 Bài toán qui hoạch tuyến tính đối ngẫu :
Xét bài tốn QHTT dạng cơ bản (1.1) – (1.3), ký hiệu là bài toán
P (primal)
n

Z = ∑ c jx j
j =1
n
∑ a x ≥ b ,
i
 j= & ij j


x j ≥ 0,


→ min

(1.1)
i = 1, 2,..., m

(1.2)

j = 1, 2....., n

(1.3)

Đn 3.1 : Ưng với bài toán (P) người ta định nghĩa bài toán QHTT sau đây
và gọi là bài toán QHTT đối ngẫu với (P), ký hiệu là bài tốn (D)
(dual) :
Tìm m số thực yi, i = 1,2,…,m thỏa mãn :
Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 65


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
n

W = ∑ bi yi → max
j =1
m
∑ a y ≤ c ,
 i =1 ij i
j


 yi ≥ 0,


(3.1)
j = 1, 2,..., n

( 3.2 )

i = 1, 2....., m

(3.3)

Ký hiệu A = ((aij)), i = 1,2,…,m ; j = 1,2,…,n , là ma trận thực cấp mxn ;
b là vectơ m-thành phần bi, i = 1,2,…,m , c là vectơ n-thành phần cj, j = 1,2,
…,n , thì hai bài tốn (P) và (D) có thể được viết dưới dạng ma trận nhu sau :
Tìm x = (x1, x2,…, xn) sao cho
Z = 〈c,x〉 → min
(P)
Ax ≥ b
x≥0

Tìm y = (y1, y2,…, ym) sao cho
W = 〈b,y〉 → max
(D)
ATy ≤ b
y≥0

Nhận xét :
1) Các hệ số aij, cj, bi, i = 1 ,2 ,….,m ; j = 1,2,….n, ở hai bài toán gốc và đối

ngẫu là như nhau.
2) Số biến số của bài toán đối ngẫu (D) bằng số ràng buộc của bài toán gốc
(P) ;
3) Số ràng buộc của bài toán đối ngẫu (D) bằng số biến số của bài toán gốc
(P) ;
4) Mỗi cột của A ứng với mỗi biến số xj của (P) và mỗi hàng của A ứng với
mỗi biến số yi của (D)
5) Vectơ vế phải b của (P) trở thành vectơ hệ số hàm mục tiêu của (D) ;
vectơ hệ số hàm mục tiêu c của (P) trở thành vectơ vế phải của (D).
3.2 Các qui tắc thành lập bài toán đối ngẫu ứng với một bài toán QHTT
bất kỳ
3.2.1 Qui tắc chung :
Để thành lập bài toán QHTT đối ngẫu ứng với một bài toán QHTT cho
trước người ta tiến hành các bước sau đây :
a) Chuyễn bài toán QHTT gốc về dạng bài toán (1.1) – (1.3) theo các
kỹ thuật như sau :
i)

n

Ưng với ràng buộc dạng ∑ a ij ≤ bi : Chỉ cần nhân 2 vế với (–
j =1
1) và đặt a‘ij = -aij, b’i = -bi, ∀ij, sẽ có dạng như (1.2) .

ii)

n

Mỗi ràng buộc dạng ∑ a ij = bi tương ứng với hai ràng buộc
j =1

n

n

dạng ∑ a ij ≥ bi và ∑ ( −a ij ) ≥ ( − b i ) . Ưng với ràng buộc thứ 2
j =1
j =1
dùng ký hiệu như ở phần i) sẽ có dạng (1.2).
Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 66


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
iii)

Điều kiện xj ≤ 0, tương đương với điều kiện –xj ≥ 0. Chỉ cần
đổi biến số x’j = -xj sẽ có dạng như (1.3) ;
iv)
Khi biến xj trong bài tốn có thể nhận giá trị bất kỳ (khơng
hạn chế về dấu), có thể đặt x j = xj’ – xj’’ và thêm 2 điều kiện
xj’≥ 0, xj’’≥ 0. Hai điều kiện này có dạng (1.3) và dễ thấy
rằng chúng tương đương với điều kiện x j khơng bị hạn chế về
dấu.
v)
Nếu bài tốn ban đầu địi hỏi tìm cực đại của hàm mục tiêu :
Z → max, thì chỉ cần đổi biến số và đặt Z’ = -Z và yêu cầu
Z’→min . Khi đó giá trị tối ưu Z max = -Z’min. Với Z’ mục tieu
cần tìm có dạng như (1.1).

b) Dùng định nghĩa để tìm bài tốn QHTT đối ngẫu tương ứng.
Sau đây là cách thực hiện đơn giản :
y1≥ 0
…
yi≥ 0
…
ym≥ 0
Z

x1≥ 0
a11
…
ai1
…
am1
≤
c1

…
…
…
…
…
…
…
…

xj ≥ 0
a1j
…

aij
…
amj
≤
cj

…
…
…
…
…
…
…

xn≥ 0
a1n
…
ain
…
amn
≤
cn

W
≥ b1
…
≥ bi
…
≥ bm
↓max

→ min

Từ sơ đồ này, để có ràng buộc của bài tốn đối ngẫu chỉ cần nhân
tương ứng cột biến số yi với từng cột của ma trận A. Dấu của các ràng buộc
ứng với dấu ở dưới mỗi cột (trên cj) ; để có hàm mục tiêu W chỉ cần nhân
tương ứng cột biến số yi với cột vế phải b. (Sơ đồ này cũng cho biết dạng
cụ thể của bài tốn gốc).
Ví dụ : Tìm bài tốn QHTT đối ngẫu của bài toán sau đây :
Z = 4x1 − 2x 2 + 5x 3 → max
 x1 + 3x 2 − x 3 ≤ 5

+ x3 ≥ 6
3x1
 x +x +x =8
2
3
 1

(3.4)

x 2 ≥ 0, x 3 ≤ 0
Bài giải : Trước hết hãy đưa bài toán trên về dạng cơ bản. Chúng ta tiến
hành lần lượt các bước sau đây :
Đặt Z’ = -Z = -4x1 + 2x2 - 5x3 ; nhân 2 vế của ràng buộc 1 với –1 ; thay ràng
buộc 3 bằng hai ràng buộc
Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 67


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́

̣
́ ́
 x1 + x 2 + x 3 ≥ 8
;

 − x1 − x 2 − x 3 ≥ −8
đặt x1 = x1’ – x1’’ ; thay x3 bằng x3’= -x3. Bài toán (3.4) tương đương với bài
toán QHTT sau đây :
'
'
Z' = −4x1 + 4x1'' + 2x 2 + 5x 3 → min
'
'
 − x1 + x1'' − 3x 2 − x 3 ≥ −5

'
''
'
− x3 ≥ 6
 3x1 − 3x1

'
''
'
 x1 − x1 + x 2 − x 3 ≥ 8
'
''
'
 − x1 + x1 − x 2 + x 3 ≥ −8


'
x1' ≥ 0, x1'' ≥ 0, x 2 ≥ 0, x 3 ≥ 0

(3.5)

Áp dụng qui tắc thành lập bài toán QHTT đối ngẫu ở trang bên, ta có bảng
x1’≥ 0
y1≥ 0 -1
y2≥ 0 3
y’3≥ 0 1
y’4≥ 0 -1
≤
Z’
-4

x1’’≥ 0
1
-3
-1
1
≤
4

x2≥ 0
-3
0
1
-1
≤
2

x3’ ≥ 0
-1
-1
-1
1
≤
5

W
≥-5
≥6
≥8
≥ -8
↓max
→ min

Khi đó bài tốn đối ngẫu có dạng :
W ' = −5y1 + 6y'2 + 8y'3 − 8y '4 → max
 − y1 + 3y '2 + y '3 − y '4 ≤ −4
 y − 3y ' − y' + y ' ≤ 4
 1
2
3
4

−3y1
+ y '3 − y'4 ≤ 2

 − y1 − y '2 − y '3 + y'4 ≤ 5


y1 ≥ 0, y '2 ≥ 0, y '3 ≥ 0, y '4 ≥ 0

(3.6)

Do bài toán (D) cũng là bài toán QHTT nên cũng có bài tốn đối ngẫu
tương ứng. Bằng cách dùng các kỹ thuật biến đổi như trên để đưa bài toán
(D) về dạng cơ bản, áp dụng định nghĩa để viết bài tốn đối ngẫu tương ứng.
Sau đó thực hiện các phép biến đổi ngược lại, người ta có thể chứng minh
định lý sau đây :
Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 68


Lýthut qui hoach tun tinh
́
̣
́ ́
Đlí 3.1 : Bài tốn QHTT đối ngẫu với (D) chính là bài tốn (P) 6
Do đó hai bài tốn (P) và (D) được gọi là cặp bài toán đối ngẫu.
3.2.2 Qui tắc trực tiếp lập bài toán đối ngẫu từ một bài toán gốc bất kỳ :
Bằng cách dùng các kỹ thuật biến đổi tương tự để đưa một bài toán
QHTT bất kỳ về dạng cơ bản (1.1) – (1.3), lập bài toán đối ngẫu theo qui tắc
chung (như phần 3.2.1), sau đó biến đổi ngược lại, người ta có thể chứng
minh Qui tắc trực tiếp lập bài toán đối ngẫu như sau đây. Tuy nhiên, theo Đlí
3.1, bất kỳ bài tốn QHTT nào cũng có bài tốn đối ngẫu tương ứng nên cần
phân biệt hai trường hợp :
Trường hợp A :
(P) Z → min
∑ aijxj ≥ bi
∑ aijxj = bi

∑ aijxj ≤ bi
xj ≥ 0
xj nhận giá trị tùy ý
xj ≤ 0

↔
↔
↔
↔
↔
↔
↔

(D) W → max
yi ≥ 0
yi nhận giá trị tùy ý
yi ≤ 0
∑ aijyi ≤ cj
∑ aijyi = cj
∑ aijyi ≥ cj

↔
↔
↔
↔
↔
↔
↔

(D) W → min

yi ≥ 0
yi nhận giá trị tùy ý
yi ≤ 0
∑ aijyi ≥ cj
∑ aijyi = cj
∑ aijyi ≤ cj

Trường hợp B :
(P) Z → max
∑ aijxj ≤ bi
∑ aijxj = bi
∑ aijxj ≥ bi
xj ≥ 0
xj nhận giá trị tùy ý
xj ≤ 0

Ví du : Xét bài tốn QHTT đối ngẫu (3.6). Hai ràng buộc đầu tương đương
với ràng buộc duy nhất (dạng đẵng thức):
y1 - 3y’2 – y’3 + y’4 = 4
Đặt y3 = y’4 - y’3, y2 = -y’2, W = -W’. Khi đó bài tốn (3.6) trở thành :

6

Trong một số tài liệu khác viết về Lý thuyết QHTT, người ta định nghĩa bài toán gốc có
dạng như bài tốn (D) cịn bài tốn đối ngẫu tương ứng có dạng như (P). Theo định lý trên thì
hai cách định nghĩa này la tương đương nhau.

Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 69

Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
W = 5y1 + 6y 2 + 8y 3 → min
 y1 + 3y 2 + y3 = 4

+ y3 ≥ −2
 3y1
 −y + y + y ≤ 5
1
2
3

y1 ≥ 0, y 2 ≤ 0; y3 ∈ R

(3.7)

Dễ thấy rằng bài toán (3.7) là bài toán QHTT đối ngẫu của (3.4) được lập
theo qui tắc trực tiếp 3.2.2.
3.3 Tính chất của cặp bài tốn QHTT đối ngẫu :
Để trình bày các tính chất của cặp bài toán QHTT đối ngẫu chúng ta trở
lại dạng bài toán (1.1)-(1.3) và (3.1)-(3.3) hay dạng ma trân (P) và (D). Để
đơn giản chứng minh, ta sử dụng dạng ma trận. Ký hiệu
X = {x∈Rn/ Ax ≥ b, x ≥ 0}, Y = {y ∈Rm/ ATy ≤ c, y ≥ 0}
là các miền chấp nhận được tương ứng ; Zmin, Wmax là các giá trị tối ưu (nếu
có).
TC1 : Giả sử X, Y không rỗng : ∀x∈X, ∀y∈Y : 〈b,y〉 ≤ 〈c,x〉
(3.8)
Tức là, dù cho x và y chọn như thế nào đi nữa thì giá trị hàm mục tiêu

của bài tốn đối ngẫu khơng bao giờ vượt q giá tri hàm mục tiêu của bài
toán gốc.
Chứng minh (Bài tập 52)
TC2 : Điều kiện cần và đủ để bài tốn QHTT (P) giải được là bài tồn
QHTT đối ngẫu (D) cũng giải được. Khi đó
Zmin = Wmax
(3.9)
Chứng minh : Thật vậy, (P), (D) là các dạng đặc biệt của bài tốn QH lồi
cơ bản. Do đó có thể áp dụng các kết quả trong chương II cho bài toán (P) và
(D). Ta xét (P). Giã sử (P) giải được và x* là lời giải tối ưu. Khi đó theo
Định lý 2.3 (chương II), sẽ tồn tại y* ≥ 0, để cho cặp (x*,y*) là điểm yên
ngựa của hàm Lagrange LP(x,y) trên miền Γ = {x∈Rn/ x ≥ 0} và {y∈Rn/ y ≥
0}, trong đó LP(x,y) = 〈c,x〉 + 〈y, b - Ax〉. Theo định lý 2.4 cặp (x*,y*) thỏa
mãn các điều kiện Kuhn-Tucker (2.28) dành cho bài toán QHTT với Q = 0
và p = c:
c - ATy* – v
=0
Ax* – b – u* = 0
〈x*, v*〉 + 〈y*, u*〉 = 0
x* ≥ 0; v* ≥ 0; y* ≥ 0; u* ≥ 0

Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 70


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
Hay
c - ATy*

〈x*, c - ATy*〉
x*
Ax* – b
〈y*, Ax* – b 〉
y*

và

≥0
=0
≥ 0
≥0
=0
≥0

(3.10)
(3.11)
(3.12)
(3.13)
(3.14)
(3.15)

Từ đây suy ra với (3.10) và (3.15) thì y*∈Y. Mặt khác, do (x*, y*) là điểm
yên ngựa của hàm LP(x,y), nên ∀ x ≥ 0, ∀ y ≥ 0 :
LP(x*,y) ≤ LP(x*,y*) ≤ LP(x,y*)
Tức là
〈c,x*〉 + 〈y, b – Ax*〉 ≤ 〈c,x*〉 + 〈y*, b – Ax*〉 ≤ 〈c,x〉 + 〈y*, b - Ax〉
Hay 〈b, y〉 + 〈x*, c – ATy〉 ≤ 〈b,y*〉 + 〈x*, c – ATy*〉 ≤ 〈b,y*〉 +〈x, c - ATy*〉
Do có (3.11) nên ∀ x ≥ 0, ∀ y ≥ 0
〈b, y〉 + 〈x*, c – ATy〉 ≤ 〈b,y*〉 ≤ 〈b,y*〉 +〈x, c - ATy*〉

Do ∀ y∈Y, 〈x*, c – ATy〉 ≥ 0, nên từ bất dẵng thức bên trái suy ra
〈b, y〉 ≤ 〈b,y*〉
Tức là Wmax = 〈b,y*〉. Vậy (D) giải được. Tương tự, từ giả thiết (D) giải được
cũng chứng minh được rằng (P) giải được. Như vậy các vectơ x*, y* lập nên
điểm yên ngựa của LP(x,y) là lời giải của (P) và (D) tương ứng. Mặt khác do
LP(x*,y*) = 〈c,x*〉 + 〈y*, b – Ax*〉 = 〈b,y*〉 + 〈x*, c – ATy*〉 nên từ (3.11) và
(3.14) suy ra Z min = 〈c,x*〉 = 〈b,y*〉 = Wmax.ª
TC 3 : (Định lý độ lệch bù yếu)
Điều kiện cần và đủ để cho x*∈X, y*∈Y là lời giải tối ưu của cặp bài
toán QHTT tương ứng (P), (D) là
m

x *j .(c j − ∑ a ij y* ) = 0; j = 1, 2,..., n
i
i =1

n

y* .( ∑ a ij x *j − bi ) = 0; i = 1, 2..., m
i
j =1

(3.16)
(3.17)

Chứng minh : Điều này dễ dàng suy ra từ các Bất đẵng thức Kuhn-Tucker
(3.10) – (3.15). ª
Lê Văn Phi, Khoa Toán Thớng kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 71

Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
Hệ quả 1 : Để cho cặp bài tốn QHTT (P), (D) giải được thì điều kiện cần
và đủ là X ≠ ∅ và Y≠ ∅.
Hệ quả 2 : Nếu X ≠ ∅ và Z =〈c, x〉 khơng bị chặn dưới trên X thì Y= ∅ va,
do đó, (D) khơng giải được. Ngược lại, nếu Y ≠ ∅ và W =〈b, y〉
không bị chặn trên trên Y thì X = ∅ và, do đó, (P) không giải
được.
Bạn đọc sẽ chứng minh các hệ quả này dựa trên các tính chất 1, 2, 3 đã nêu ở
trên.

§4 Ý nghĩa kinh tế của bài tốn QHTT
4.1 Bài tốn sản xuất
Bài tốn : Một xí nghiệp có thể sản xuất n loại sản phẩm, ký hiệu S 1, S2,…,
Sn, từ m loại nguyên liệu khác nhau, ký hiệu N 1, N2…Nm. Biết aij, là khối
lượng nguyên liệu loại Ni tiêu hao bởi một đơn vị sản phẩm loại S j; bi là khối
lượng nguyên liệu loại Ni mà xí nghiệp có thể huy động được ; cj là lợi nhuận
thu được khi sản xuất và bán một đơn vị sản phẩm loại S j, i = 1,…,m ; j =
1,2,…,n. Giả sử xí nghiệp có thể sản xuất và tiêu thụ sản phẩm khơng hạn
chế. Hãy tìm khối lượng sản phẩm mỗi loại mà trong phạm vi số ngun liệu
huy động được, xí nghiệp có lợi nhuận tối đa.
Lập mơ hình : Đặt xj là số sản phẩm loại Sj mà xí nghiệp cần phải sản xuất
(phải tìm), j =1,2,…,n ; Z là tổng lợi nhuận mà xí nghiệp thu được khi sản
xuất và tiêu thụ số sản phẩm sản xuất ra. Khi ấy mơ hình bài tốn như sau:
n
 Z = ∑ c x → max
j j


j =1
n

(3.18)
 ∑ a ij x j ≤ bi , i = 1, 2,..., m
 j=1
x j ≥ 0, j = 1, 2,..., n



4.2 Bài toán pha trộn thức ăn gia súc :
Bài toán : Người ta cần phải pha trộn một loại thức ăn gia súc từ n loại thức
ăn thô khác nhau, ký hiệu B1,…,Bn. Theo yêu cầu chất lượng, trong một đơn
vị thức ăn tổng hợp phải chứa đủ bi đơn vị chất dinh dưỡng Ai, i = 1,2,…,m.
Biết rằng trong một đơn vị thức ăn thô mỗi loại Bj có aij đơn vị dinh dưỡng
Ai, cj là chi phí cho một đơn vị thức ăn thơ B j, i = 1,2,…,m ; j = 1,2,…., n.
Tìm tỉ lệ pha trộn thức ăn thô trong một đơn vị thức ăn tổng hợp sao cho
tổng chi phí cho một đơn vị thức ăn tổng hợp ít nhất.
Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 72


Lýthut qui hoach tun tinh
́
̣
́ ́
Lập mơ hình : Gọi xj là số đơn vị thức ăn thô loại Bj trong một đơn vị thức ăn
tổng hợp, j = 1, 2,…,n ; Z là tổng chi phí cho một đơn vị thức ăn tổng hợp.
Khi đó ta có mơ hình bài toán như sau :
n
 Z = ∑ c x → min

j j

j =1
n

(3.19)
 ∑ a ij x j ≥ bi , i = 1, 2,..., m
 j=1
x j ≥ 0, j = 1, 2,..., n



4.3 Bài toán pha cắt đơn giản
Bài tốn : Tại một xí nghiệp sản xuất sườn xe đạp người ta cần phải cắt từ
một ống sắt có độ dài cố định là l m thành m đoạn có độ dài tương ứng là li, i
= 1, 2,…,m. Biết rằng theo đơn đặt hàng làm sườn xe, xí nghiệp cần phải cắt
bi, đoạn có độ dài li, i = 1, 2,…,m. Tìm phương án cắt ống sắt sao cho đảm
bảo được hợp đồng nhưng với số lượng ống sắt sử dụng là ít nhất.
Lập mơ hình : Giả sử từ một ống sắt có độ dài cố định là l người ta có n cách
cắt (phương án cắt), ký hiệu V j, j = 1, 2, …, n, thành các đoạn có độ dài li
khác nhau, 1≤ i ≤ m ; gọi aij là số đoạn ống có độ dài li cắt dược từ ống sắt
có độ dài l theo phương án Vj ; cj là độ dài đoạn ống còn dư khi cắt theo
phương án Vj. Hiển nhiên, 0 ≤ cj ≤ min {li}, i = 1, 2,…,m ; j = 1, 2,…, n. Đặt
xj là tổg số ống sắt được cắt theo phương án V j , j = 1, 2,…, n và Z là tổng độ
n

dài ống cịn dư ra. Khi đó tổng số đoạn ống có độ dài l i là : ∑ a ij x j và tổng số
j =1
n

độ dài ống dư ra là Z = ∑ c j x j . Căn cứ vào yêu cầu của bài toán ta có mơ
j =1
hình bài tốn QHTT có dạng (3.19).
Chú ý : Nếu yêu cầu cắt sao cho tổng số ống sắt phải sử dụng là ít nhất, thì
n

bài tốn sẽ có hàm mục tiêu đơn giản là : Z = ∑ x j → min.
j =1
4.4 Bài toán pha trộn khí đốt
Bài tốn : Tại một cơ sở sản xuất chất đốt phục vụ người tiêu dùng người ta
cần phải pha trộn thành một loại chất đốt tổng hợp từ n loại chất đốt tự
nhiên, ký hiệu là Bj, j = 1, 2, …, n.. Biết nhiệt lượng riêng của loại chất đốt
tự nhiên Bj là cj kcal/ m3; hàm lượng độc tố loại Ai (có hại đến sức khỏe
người tiêu dùng) trong 1 m3 chất đốt tự nhiên loại Bj là aij g/ m3, i =1,2,…,m;
chi phí sản xuất 1 m 3 chất đốt tự nhiên Bj là dj, j =1, 2,…,n. Theo yêu cầu,
nhiệt lượng riêng của chất đốt tổng hợp phải ở trong khoảng [u, v] kcal/m 3 ;
Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 73


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
hàm lượng độc tố loại Ai có trong 1 m 3 chất đốt tổng hợp phải không vượt
quá bi g, i = 1, 2, …, m. Tìm khối lượng mỗi chất đốt tự nhiên phải sử dụng
để pha trộn sao cho hất đốt tổng hợp có được nhiệt lượng riêng theo yêu cầu
và khối lượng chất độc mỗi loại ở mức cho phép với tổng chi phí sản xuất
khối lượng chất đốt tự nhiên cần thiết là ít nhất.
Lập mơ hình : Gọi xj là khối lượng chất đốt tự nhiên B j dược sử dụng, j = 1,2,
…,n. Z là tổng chi phí sản xuất khối lượng các loại chất đốt tự nhiên phải sử

n

dụng. Khi đó tổng nhiệt lượng tỏa ra của chất khí tổng hợp sẽ là ∑ c j x j kcal.
j =1
Vậy nhiệt lượng riêng của chất đốt tổng hợp phải thỏa mãn
n

u≤

∑ c jx j
j =1

n

∑ xj

≤v

j =1

n

n

n

j =1

j =1

j =1

u ∑ x j ≤ ∑ c j x j ≤ v∑ x j

Hay

(3.20)

Hàm lượng độc tố Ai trong 1 m3 chất đốt tổng hợp phải thỏa mãn điều kiện
n

0≤

∑ ai jx j
j =1

n

∑xj

≤ bi .

j =1

n

n

j =1

j =1

0 ≤ ∑ a ij x j ≤ bi ∑ x j

Hay

Ta có mơ hình bài tốn QHTT như sau :
Tìm các giá trị x1, x2,…., xn sao cho
n

Z = ∑ d j x j → min
j =1
n

∑ (a ij − bi )x j ≤ 0;
j =1

i = 1, 2,..., m

n

∑ [c j − v]x j ≤ 0
j =1
n

∑ [c j − u]x j ≥ 0
j =1

xj ≥ 0,
j = 1, 2, …, n

4.5 Ý nghĩa kinh tế của cặp bài toán đối ngẫu
Ta xét bài toán sản xuất dạng (3.18). Bài tốn đối ngẫu với bài tốn này
có dạng

Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 74


Lýthuyêt qui hoach tuyên tinh
́
̣
́ ́
m
 W = ∑ b y → min
i i

i =1
m
 ∑ a ij yi ≥ c j , j = 1, 2,..., n
 i =1
yi ≥ 0, i = 1, 2,..., m



(3.21)

Dựa vào ý nghĩa kinh tế của bài tốn gốc (3.18) có thể phát biểu ý nghĩa kinh
tế của bài toán đối ngẫu (3.21) như sau.
Giả sử xí nghiệp khơng tiến hành sản xuất các loại sản phẩm S j để thu lợi
nhuận nhượng lại số ngun vật liệu hiện có cho một xí nghiệp khác. Vấn đề
cần phải định giá chuyển nhượng một đơn vị nguyên liệu loại N i là bao nhiêu

để cho xí nghiệp thu được lợi nhuận khơng ít hơn lợi nhuận do phương án
sản xuất mang lại.
Gọi yi là giá chuyển nhượng một đơn vị nguyên liệu loại N i, i =1, 2,
…,m. Trước hết cần phải xác định y i sao cho tổng số tiền thu được khi
chuyển nhượng toàn bộ số đơn vị nguyên liệu các loại cần thiết để sản xuất
ra một đơn vị sản phẩm loại Sj khơng ít hơn số lợi nhuận thu được khi sản
m

xuất đơn vị sản phẩm này ; tức là cần phải có : ∑ a ij yi ≥ c j , j = 1,2,…,n.
i =1

Đương nhiên giá chuyển nhượng phải là những đại lượng khơng âm ; tức là
có điều kiện yi ≥ 0, i = 1, 2,…,m. Tổng giá trị chuyển nhượng tồn bộ số
m

ngun liệu hiện có là W = ∑ bi yi . Trong sản xuất, kinh doanh nhiều khi, để
i =1

thỏa thuận được một hợp đồng kinh tế, các đối tác thường phải có những
bước nhân nhượng nhất định. Cụ thể ở đây, khi xác định giá chuyển nhượng
yi xí nghiệp cần đặt mục tiêu khơng phải tìm tổng giá trị chuyển nhượng cao
nhất (W→ max) mà đặt mục tiêu tìm Wmin (như mục tiêu của đối tác). Khi ấy
sẽ có bài tốn đối ngẫu như (3.21).
Bạn đọc dễ dàng thấy rằng, nếu đặt mục tiêu tìm W max thì, khi các hệ số
aij, bi, cj khơng âm, bài tốn (3.21) sẽ khơng có lời giải (hàm W không bị
chặn trên). Do vậy sẽ không hình thành hợp đồng mua bán. Mặt khác, tính
chất 1 cho thấy, dù xí nghiệp chọn phương án giá sang nhượng (chấp nhận
được) như thế nào đi nữa thì số tiền thu được cũng khơng ít hơn lợi nhuận
với bất kỳ một phương án sản xuất nào. Tức là ở đây Wmin ≥ Zmax.
./.

Lê Văn Phi, Khoa Toán Thống kê,Trường Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh 75